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\newtheorem*{zremark}{说明}


\begin{document}
\title{7.2 习题}
\maketitle

\section*{7.2.1}

发散的。

只需证明，级数的部分和序列$(S_N)_{N=1}^\infty$是发散的即可，证明如下：

当$N$是奇数$S_N = -1$；

当$N$是偶数$S_N = 0$；

所以，该序列不是柯西序列，也就不会收敛，即是发散的。

1.2.2的问题已解决，提到的答案都是不对的。

\section*{7.2.2}

$\bigstar \Rightarrow$

因为$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} a_n$收敛，
那么这个级数的部分和序列$(S_N)_{N=m}^{\infty}$是收敛的，
由定理6.4.18（实数的完备性）可知$(S_N)_{N=m}^{\infty}$也是柯西序列，
于是，对任意的$\epsilon > 0$，存在$N \geq m$，$p,q \geq N$使得
\begin{align}
  |S_p - S_q|                & \leq \epsilon \\
  |\sum \limits_{n=p}^q a_n| & \leq \epsilon
\end{align}

$\bigstar \Leftarrow$

对任意$\epsilon > 0$都有$|\sum \limits_{n=p}^q a_n| \leq \epsilon$，
可知级数的部分和序列$(S_N)_{N=m}^{\infty}$是柯西序列，
由定理6.4.18（实数的完备性）可知其也是收敛的，
由部分和收敛可知级数收敛。

\section*{7.2.3}

由命题7.2.5可知，$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} a_n$收敛，
对任意$\epsilon > 0$，都存在一个$N \geq m$使得$n \geq N$有
\begin{align*}
  |\sum \limits_{n=n}^n a_n| & \leq \epsilon \\
  |a_n|                      & \leq \epsilon
\end{align*}
由$\epsilon$的任意性可知，$\lim \limits_{n \to \infty} a_n$收敛且收敛于$0$


\section*{7.2.4}

$\bigstar \text{绝对收敛} \Rightarrow \text{条件收敛}$

$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} a_n$是绝对收敛，
即$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} |a_n|$是收敛的，
由命题7.2.5可知,对任意$\epsilon > 0$，都存在一个整数$N \geq m$，使得$q,p \geq N$，均有，
\begin{align*}
  |\sum \limits_{n=p}^q |a_n|| & \leq \epsilon
\end{align*}
由命题7.1.4（e）可知，
\begin{align*}
  |\sum \limits_{n=p}^q a_n| & \leq |\sum \limits_{n=p}^q |a_n|| \leq \epsilon \\
  |\sum \limits_{n=p}^q a_n| & \leq \epsilon
\end{align*}
再次利用命题7.2.5可知，$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} a_n$收敛

$\bigstar \text{三角不等式}$

不妨设$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} |a_n|$的部分和序列为$(S_N^\prime)_{N=m}^{\infty}$，
$|\sum \limits_{n=m} ^{\infty} a_n|$的部分和序列为$(S_N)_{N=m}^{\infty}$。
显然，对任意$N \geq m$都有，
\begin{align*}
  S_N^\prime \geq S_N
\end{align*}
又因为两个序列的极限都存在，于是（推论5.4.10 的变形），
\begin{align*}
  \lim \limits_{N \rightarrow \infty} S_N^\prime
  \geq \lim \limits_{N \rightarrow \infty} S_N
\end{align*}
即：
\begin{align*}
  \sum \limits_{n=m} ^{\infty} |a_n| \geq |\sum \limits_{n=m} ^{\infty} a_n|
\end{align*}

\section*{7.2.5}

$\bigstar \text{（a）}$

$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} a_n$收敛于$x$，
于是其部分和序列$(A_N)_{N=m}^{\infty}$收敛于$x$。

同理，$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} b_n$收敛于$y$，
于是其部分和序列$(B_N)_{N=m}^{\infty}$收敛于$y$。

由题设可知，$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} a_n + b_n$的部分和$S_N = A_N + B_N$，
由定理6.1.19（极限定律）可知，序列$(S_N)_{n=m}^\infty$收敛于$x + y$。

$\bigstar \text{（b）}$

略，与（a）证明步骤类似。

$\bigstar \text{（c）}$

不妨设$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} a_n$、$\sum \limits_{n=m+k} ^{\infty} a_n$
的部分和分别为$S_N, S_N^\prime$，
并设$M = \sum \limits_{n=m} ^{m+k-1} a_n$。

当$N \geq m+k-1$时，$S_N = M + S_N^\prime$。

$\textbf{（1）}$ 如果$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} a_n$收敛。

设$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} a_n$收敛于$x$。


由于$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} a_n$收敛$x$，所以对任意$\epsilon > 0$，
存在$N_0 \geq m$使得$|S_N - x| \leq \epsilon$，对任意$N \geq N_0$均成立。
取$N_0^\prime = max(N_0, m+k-1)$，此时$|S_N - x| \leq \epsilon$，对任意$N \geq N_0^\prime$均成立。

反证法，假设$\sum \limits_{n=m+k} ^{\infty} a_n$是发散的，
则序列$(S_N^\prime)_{N=m+k}^\infty$是发散的，那么，也就不会收敛于$x-M$。

所以，对存在$\epsilon > 0, N \geq N_0^\prime$，使得，
\begin{align*}
  |S_N^\prime + M - x| & > \epsilon     \\
  S_N^\prime + M       & > x + \epsilon \\
                       & \textbf{或}     \\
  S_N^\prime + M       & < x - \epsilon
\end{align*}

因为$S_N = M + S_N^\prime$，所以$S_N > x + \epsilon$或$S_N < x - \epsilon$，
这与 $|S_N - x| \leq \epsilon$矛盾，所以$\sum \limits_{n=m+k} ^{\infty} a_n$是收敛的。

$\textbf{（2）}$ 如果$\sum \limits_{n=m+k} ^{\infty} a_n$收敛。

把$\sum \limits_{n=m} ^{m+k-1} a_n$，转换成一个新的序列$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} b_n$，
当$m \leq n \leq m + k - 1$时，$a_n = b_n$；当$n>m + k - 1$时，$b_n = 0$。

此时新的序列$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} b_n$收敛且收敛于$M$。

设序列$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} b_n$的部分和为$S_B$。

那么，$S_N = S_B + S_N^\prime$，由极限定律（定理6.1.19）可知，
序列$(S_N)_m^\infty$收敛，且收敛于$M + \sum \limits_{n=m+k} ^{\infty} a_n$。

$\bigstar \text{（d）}$

不妨设$\sum \limits_{n=m} ^{\infty} a_n$、$\sum \limits_{n=m+k} ^{\infty} a_{n-k}$
的部分和分别为$S_N, S_{N^\prime}^\prime$。

如果，序列$(S_{N^\prime}^\prime)_{N^\prime=m+k}^\infty$与$(S_N)_{N=N^\prime-k}^\infty$是等价的，
则它们有相同的极限。

对$N^\prime$进行归纳。

$N^\prime = m+k$时，$S_N^\prime = a_m, S_N = S_{N^\prime - k} = S_m = a_m$，所以$S_N^\prime = S_N$。

归纳假设，$N^\prime = q$时，$S_q^\prime = S_{q-k}$。

当$N^\prime = q + 1$时，
$S_{q+1}^\prime = S_q^\prime + a_{q+1-k}$；
$S_{q+1-k} = S_{q-k} + a_{q+1-k}$，由归纳假设可知$S_q^\prime = S_{q-k}$，
于是$S_{q+1}^\prime = S_{q+1-k}$。

归纳完成。

又由习题6.1.3可知，$(S_N)_{N=N^\prime-k}^\infty$与$(S_N)_{N=m}^\infty$收敛于同一个实数。

于是序列$(S_{N^\prime}^\prime)_{N^\prime=m+k}^\infty$与$(S_N)_{N=m}^\infty$收敛于同一个实数。

\section*{7.2.6}

$\bigstar (a_n)_{n=0}^\infty \text{收敛于} 0$

级数的部分和$S_N = a_0 - a_{N+1}$，由极限定律（定理6.1.19），以及$(a_n)_{n=0}^\infty$收敛于0，可知，
序列$(S_N)_{N=0}^\infty$收敛于$a_0$。

$\bigstar (a_n)_{n=0}^\infty \text{收敛于} L(L \neq 0) $

同理可证，序列$(S_N)_{N=0}^\infty$收敛于$a_0 - L$。
\end{document}